Riešenie podľa Michala Staníka.

Všimnime si, že trojuholníky $DAC$ a $BAE$ sú zhodné podľa vety $sus$.[^1] Z toho vyplýva: $|\sphericalangle{CAE}|=|\sphericalangle{ADP}|=|\sphericalangle{ABE}|=|\sphericalangle{ABP}|$, a teda z rovnosti uhlov ${ADP}$ a ${ABP}$ vyplýva, že body $A$, $D$, $B$, $P$ ležia na kružnici. Analogicky sa dá prísť na to, že aj štvoruholník $APCE$ je tetivový. Ďalej v riešení budeme skrátene nazývať kružnicu opísanú mnohouholníku $A_1A_2\dots A_n$ (o ktorom teda vieme, že je tetivocý) ako kružnicu $A_1A_2\dots A_n$.

Označme $X$ druhý priesečník priamky $AE$ s kružnicou $ADBP$. Označme $Y$ druhý priesečník priamky $DA$ s kružnicou $APCE$. Po chvíľke nasledovného uhlenia: $|\sphericalangle{DXA}|=180^\circ-|\sphericalangle{DBA}|=180^\circ-|\sphericalangle{ACE}|=|\sphericalangle{AYE}|$, a teda z obvodových uhlov nad tetivou $DE$ je jasné, že štvoruholník $DEYX$ je tetivový.

Teraz sa už konečne pozrime na nami dokazované tvrdenie. Využijeme, že uhlopriečky nejakého štvoruholníka sú na seba kolmé práve vtedy, keď sa rovnajú súčty štvorcov ich protiľahlých strán (rozmyslite si to). Preto, ak si vezmeme štvoruholník $DOEA$, tak nám stačí ukázať: $|DO|^2+|EA|^2=|OE|^2+|AD|^2$.

Z mocnosti bodu $D$ ku kružnici $BPC$ platí: $|DO|^2-r^2=|DP||DC|$, kde $r$ je jej polomer a z mocnosti bodu $E$ ku kružnici $BPC$ vyplýva $|EO|^2-r^2=|EP||EB|$. Vyjadrením $|DO|^2$ z prvej rovnosti a $|EO|^2$ z druhej a dosadením do tej, ktorú chceme ukázať dostaneme: $|DP||DC|+|EA|^2=|EP||EB|+|AD|^2$. Ďalej z mocnosti bodu $E$ ku kružnici $ADBP$ môžeme výraz $|EP||EB|$ nahradiť výrazom $|EA||EX|$ a analogicky výraz $|DP||DC|$ môzeme nahradiť výrazom $|DA||DY|$.

Dostaneme: $|EA|^2-|EA||EX|=|AD|^2-|DA||DY|$, a teda $|EA|(|EA|-|EX|)=|AD|(|AD|-|DY|)$, čo sa dá vzhľadom k vzájomnej pozícií vystupujúcich úsečiek upraviť na $|EA||AX|=|AD||AY|$.

Nakoľko ale už vieme, že štvoruholník $DEYX$ je tetivový, tak táto rovnica platí ako dôsledok mocnosti bodu $A$ ku kružnici $DEYX$. Keďže všetky využité úpravy boli ekvivalentné, sme teda hotoví.

Na záver ešte doplníme, že toto riešenie platí len pre nejaké konfigurácie bodov zo zadania. Pri iných konfiguráciách sa niektoré detaily pozmenia, napr. niektoré uhly sa nahradia ich doplnkami do $180^\circ$. To, ako presne sa riešenie pozmení, nechávame na usilovného riešiteľa.

1. Skúsený riešiteľ si všimne, že špirálna podobnosť so stredom v bode $A$ zobrazuje trojuholník $DAB$ na $BAE$. Keďže špirálka , tak táto istá špirálna podobnosť zobrazuje aj trojuholník $DAC$ na trojuholník $BAE$, takže tieto trojuholníky musia byť podobné. Viac o špirálovej podobnosti si môžete prečítať v seriáli PraSe o geometrických zobrazeniach od strany 22, ktorý je dostupný na https://mks.mff.cuni.cz/archive/31/9.pdf.↩